Повторюйте, доки між затискачами не залишиться один резистор.
Метод вузлових потенціалів
Закон струмів Кірхгофа
ΣIin = ΣIout
Струм гілки
I = (Va − Vb)/R
Опорний вузол
Vground = 0
Метод
Оберіть опорний вузол (землю) і позначте напруги інших вузлів.
Запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла: струми, що витікають через гілки, дорівнюють струмам, що втікають.
Виразіть кожен струм гілки як (Va − Vb)/R.
Розв’яжіть систему рівнянь, потім знайдіть потрібний струм.
Метод контурних струмів
Закон напруг Кірхгофа
ΣV = 0 у кожному контурі
Спільний резистор
струм = I1 − I2
Джерело струму в контурі
задає струм цього контуру
Метод
Задайте струм за годинниковою стрілкою в кожному контурі (вікні) кола.
Застосуйте закон напруг Кірхгофа до кожного контуру: сума спадів напруги дорівнює нулю.
У резисторі, спільному для двох контурів, струм дорівнює різниці двох контурних струмів.
Розв’яжіть рівняння; від’ємний результат означає, що струм тече в протилежному напрямку.
Метод накладання
Метод накладання
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Вимкнене джерело напруги
коротке замикання (0 V)
Вимкнене джерело струму
розрив (0 A)
Подільник напруги
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Подільник струму
I1 = I·R2/(R1 + R2)
Метод
Порахуйте незалежні джерела. Для кожного джерела ви розв’яжете одне простіше коло.
Залиште одне джерело й вимкніть інші: джерело напруги стає коротким замиканням (провідником), джерело струму — розривом.
Розв’яжіть простіше коло щодо потрібної напруги чи струму, стежачи за напрямком.
Повторіть для кожного джерела, потім додайте внески з урахуванням знаків.
Тевенен і Нортон
Напруга Тевенена
Vth = Vopen circuit
Опір Тевенена
Rth: усі джерела вимкнені, з боку a–b
Струм Нортона
IN = Vth/Rth
Струм навантаження
IL = Vth/(Rth + RL)
Передача максимальної потужності
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)
Метод
Від’єднайте навантаження й позначте два затискачі a і b.
Знайдіть напругу холостого ходу між a і b: це Vth.
Вимкніть усі незалежні джерела й знайдіть опір з боку a–b: це Rth.
Поверніть навантаження до еквівалентної схеми: Vth послідовно з Rth.
Для еквівалента Нортона перетворіть: IN = Vth/Rth, з паралельним RN = Rth.
Перехідні процеси RC і RL
Стала часу
τ = RC | τ = L/R
Відгук
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Конденсатор на постійному струмі
розрив; vC не може змінитися стрибком
Котушка на постійному струмі
коротке замикання; iL не може змінитися стрибком
Усталений режим
t ≈ 5τ
Метод
Знайдіть початкове значення одразу після комутації: напруга на конденсаторі й струм через котушку не можуть змінитися стрибком.
Знайдіть кінцеве значення через довгий час після комутації: конденсатор поводиться як розрив, котушка — як коротке замикання.
Знайдіть сталу часу: τ = RC або τ = L/R, використовуючи опір з боку конденсатора чи котушки.
Використайте x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.
Повний опір і комплексні амплітуди
Повні опори
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Кутова частота
ω = 2πf
Модуль і кут
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Закон Ома в комплексній формі
V = I·Z
Метод
Переведіть частоту: ω = 2πf.
Знайдіть кожен реактивний опір: XL = ωL і XC = 1/(ωC).
Додавайте опори як резистори, з Z = R + jX.
Знайдіть модуль |Z| = √(R² + X²) і кут φ = atan(X/R), потім застосуйте закон Ома для комплексних амплітуд.
Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності
Активна потужність
P = V·I·cos φ
Реактивна потужність
Q = V·I·sin φ
Повна потужність
S = V·I = √(P² + Q²)
Коефіцієнт потужності
pf = cos φ = P/S
Компенсувальний конденсатор
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)
Трифазні системи
З’єднання зіркою (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
З’єднання трикутником (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Сумарна активна потужність
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Повна й реактивна потужність
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Компенсувальні конденсатори
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Напруга на кожному конденсаторі
Δ: VL Y: VL/√3
Вхідна потужність двигуна
Pin = Pout/η
Трансформатори
Коефіцієнт трансформації
a = N1/N2 = V1/V2
Відношення струмів
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Номінальний струм
I = S/V
Зведений опір
Z1′ = a²·ZL
Втрати в міді при неповному навантаженні
Pcu = x²·Pcu,fl
ККД
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Максимальний ККД
x = √(Pcore/Pcu,fl)
Схеми з операційними підсилювачами
Інвертувальний підсилювач
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Неінвертувальний підсилювач
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Сумувальний підсилювач
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Ідеальний ОП
V+ = V−, Iin = 0
Діоди й транзистори
Діод (постійний спад)
VD = 0,7 V when conducting
Активний режим
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Фіксоване зміщення
IB = (VCC − 0,7)/RB
Зміщення дільником
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Еквівалент Тевенена дільника
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Колекторний контур
VCE = VCC − ICRC − IERE
Насичення
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β
Системи числення
Ваги розрядів
двійкова 2k, вісімкова 8k, шістнадцяткова 16k
У десяткову
Σ dk·bk
З десяткової
діліть на основу, остачі читайте знизу вгору
Шістнадцяткова ↔ двійкова
одна шістнадцяткова цифра = 4 біти
Додатковий код
інвертуйте біти й додайте 1
Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери
Базові вентилі
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Правила булевої алгебри
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
Закони де Моргана
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Порядок на карті Карно
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Група з 2ᵏ клітинок
втрачає k змінних
Мультиплексор 4-до-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Тригери
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Лічильники
n-розрядний: 2ⁿ станів; за модулем N: найменше n з 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Послідовний лічильник
fmax = 1/(n·tpd)
Кільцевий лічильник і лічильник Джонсона
n і 2n станів
Метод
Для схеми рухайтеся від входів до виходу вентиль за вентилем і записуйте значення на кожному дроті, або запишіть її вираз і заповніть таблицю істинності.
Для спрощення занесіть одиниці (а байдужі стани як X) на карту Карно з рядками й стовпцями в коді Грея: 00, 01, 11, 10.
Покрийте одиниці якомога меншою кількістю якомога більших груп по 1, 2, 4, 8 або 16 клітинок, з переходом через краї; кожна група — це один добуток зі змінних, що лишаються сталими. Для форми POS групуйте нулі.
Для тригерів і лічильників читайте входи на кожному активному фронті такту, записуйте стан після кожного фронту й пам’ятайте, що n-розрядний лічильник переходить через максимум після 2ⁿ станів.
Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф
Стійкість
усі корені характеристичного полінома в лівій півплощині
таблиця Рауса, елемент s¹ кубічного полінома
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Корені в правій півплощині
кількість змін знака в першому стовпці
Кубічний поліном s³ + a₂s² + a₁s + a₀
стійкий, коли всі a > 0 і a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Характеристичне рівняння
1 + K·G(s) = 0
Асимптоти
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Точки відходу й входу
dK/ds = 0
Умова модуля
K = 1/|G(s)|
Кут відходу
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)
Метод
Запишіть характеристичний поліном замкненої системи: знаменник рівняння 1 + K·G(s) = 0, розкритий до кінця.
Запишіть коефіцієнти по черзі в перші два рядки таблиці Рауса й побудуйте решту рядків.
Підрахуйте зміни знака в першому стовпці: кожна з них — це полюс у правій півплощині. Якщо в таблиці є K, вимагайте, щоб кожен елемент першого стовпця залишався додатним.
Для кореневого годографа позначте полюси й нулі, ділянки дійсної осі, асимптоти з центра та точки розгалуження, де dK/ds = 0. Для коефіцієнта підсилення в точці скористайтеся K = 1/|G(s)|.
Усталена похибка та ПІД-регулювання
Тип системи
кількість полюсів G(s) у точці s = 0
Константи похибок
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Східчастий сигнал A
ess = A/(1 + Kp)
Лінійно наростальний сигнал A·t
ess = A/Kv
Параболічний сигнал A·t²/2
ess = A/Ka
ПІД-регулятор
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Цільова система другого порядку
s² + 2ζωns + ωn²
Перерегулювання та часові показники
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)
Метод
Підрахуйте полюси розімкненого контуру C(s)·G(s) у точці s = 0: це тип системи.
Знайдіть константу похибки, що відповідає входу: Kp для східчастого, Kv для лінійно наростального, Ka для параболічного сигналу.
Застосуйте ess = A/(1 + Kp), A/Kv або A/Ka, або розв’яжіть це відносно потрібного коефіцієнта підсилення.
Для вимоги щодо демпфування чи швидкодії запишіть характеристичний поліном замкненої системи й порівняйте його з s² + 2ζω_n·s + ω_n².
2Задачі для практики
1.Послідовні й паралельні резисториСередня
Знайдіть еквівалентний опір Req, який бачить джерело V1.
V1 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 ΩR4 = 6 Ω
Req = Ω
2.Послідовні й паралельні резисториСкладна
Знайдіть струм IR1, який віддає джерело і який тече через R1.
Джерело напруги Vₛ між A і B має затискач + біля B, тож забезпечує VB − VA = Vₛ. Методом вузлових потенціалів із надвузлом знайдіть вузлову напругу VB (відносно землі).
Is = 5 AVs = 3 VR1 = 3 ΩR2 = 12 Ω
VB = V
4.Метод вузлових потенціалівСкладна
Скористайтеся методом вузлових потенціалів, щоб знайти вузлову напругу VB (відносно землі).
Лінійне резистивне коло містить одне джерело напруги Vs і одне джерело струму Is. Струм I через резистор навантаження виміряли двічі: при Vs = 5 V і Is = 8 mA I = 11 mA; при Vs = 10 V і Is = 6 mA I = 14,5 mA. Знайдіть струм навантаження I при Vs = 12 V і Is = 8 mA.
5 V, 8 mA → 11 mA10 V, 6 mA → 14,5 mAVs = 12 V, Is = 8 mA
I = mA
8.Метод накладанняСкладна
За методом накладання знайдіть потужність PR4, яку споживає R4.
Знайдіть струм Нортона IN: струм, що тече від a до b, якщо затискачі закоротити.
V1 = 6 VR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
10.Тевенен і НортонСкладна
Знайдіть напругу Тевенена Vth з боку затискачів a–b.
V1 = 30 VIs = 2,5 AR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V
11.Перехідні процеси RC і RLСередня
До замикання вимикача в момент t = 0 струму через котушку немає. Через який час після замикання вимикача струм досягне 90% кінцевого значення? Знайдіть t.
Vs = 12 VR = 20 ΩL = 10 mH
t = ms
12.Перехідні процеси RC і RLСкладна
Безпосередньо перед замиканням вимикача в момент t = 0 конденсатор має 10 V з указаною полярністю. Знайдіть напругу на конденсаторі vC у момент t = 10 ms.
Vs = 5 VR = 1 kΩC = 10 µFvC(0) = 10 Vt = 10 ms
vC = V
13.Повний опір і комплексні амплітудиСередня
Послідовне коло RLC підключено до мережі 24 V (діюче значення), 200 Hz. Знайдіть кут зсуву фаз φ повного опору в градусах (додатний, коли струм відстає від напруги).
V = 24 V (rms)f = 200 HzR = 50 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
φ = °
14.Повний опір і комплексні амплітудиСкладна
Послідовне коло RLC підключено до мережі 120 V (діюче значення), 500 Hz. Знайдіть діюче значення напруги VC на конденсаторі.
V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 80 ΩL = 250 mHC = 22 µF
VC = V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСередня
Однофазний двигун споживає 17 kW при коефіцієнті потужності 0,6 (індуктивному) від мережі 230 V. Знайдіть реактивну потужність Q, яку він споживає.
P = 17 kWpf = 0,6V = 230 V
Q = kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужностіСкладна
Однофазне навантаження споживає 18 kW з коефіцієнтом потужності 0,75 (індуктивним) від мережі 240 V, 50 Hz. Паралельно навантаженню під’єднують конденсатор ємністю 330 µF. Знайдіть новий струм лінії I.
P = 18 kWpf1 = 0,75V = 240 Vf = 50 HzC = 330 µF
I = A
17.Трифазні системиСередня
Симетричне навантаження, з’єднане трикутником, з повним опором 18 + j24 Ω на фазу підключене до симетричної трифазної мережі з лінійною напругою 415 V. Знайдіть сумарну активну потужність P, яку поглинає навантаження, у kW.
VL = 415 VZ = 18 + j24 Ω на фазу
P = kW
18.Трифазні системиСкладна
Симетричне трифазне навантаження споживає 200 kW при коефіцієнті потужності 0,75 (відстаючому) від мережі 400 V (лінійна напруга), 60 Hz. Трифазна конденсаторна батарея, підключена паралельно до навантаження, має підвищити загальний коефіцієнт потужності до 0,92 (відстаючого). Активна потужність не змінюється. Конденсатори з’єднано зіркою. Знайдіть ємність Cph кожного конденсатора в µF.
P = 200 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.ТрансформаториСередня
Однофазний трансформатор 150 kVA, 11000/400 V працює з номінальним навантаженням. Вважайте його ідеальним. Знайдіть струм ILV в обмотці нижчої напруги.
S = 150 kVAV1 = 11000 VV2 = 400 V
ILV = A
20.ТрансформаториСкладна
Однофазний трансформатор 100 kVA має втрати в сталі 600 W і втрати в міді 2400 W при номінальному навантаженні. При якому навантаженні Sη,max, у kVA, його ККД найвищий?
S = 100 kVAPcore = 600 WPcu,fl = 2400 W
Sη,max = kVA
21.Схеми з операційними підсилювачамиСередня
Диференціальний підсилювач використовує ідеальний ОП із живленням ±15 V, R3 = R1 і R4 = R2. Знайдіть напругу V− на інвертувальному вході.
V1 = 2,8 VV2 = 1,5 VR1 = R3 = 2 kΩR2 = R4 = 1 kΩ
V− = V
22.Схеми з операційними підсилювачамиСкладна
Сумувальний підсилювач використовує ідеальний ОП, що живиться від ±15 V. Знайдіть вихідну напругу Vout.
Стабілізатор на стабілітроні 5,1 В живиться від 24 В через 470 Ом і живить навантаження 1000 Ом. Знайдіть струм стабілітрона IZ.
Vin = 24 VVZ = 5,1 VR = 470 ΩRL = 1000 Ω
IZ = mA
24.Діоди й транзисториСкладна
Діод змодельовано як 0,65 В послідовно з 10 Ом (він проводить вище 0,65 В). Він увімкнений послідовно з резистором 1000 Ом до джерела 12 В. Знайдіть робочий струм ID у точці, де лінія діода перетинає лінію навантаження.
Vs = 12 VR = 1000 ΩV0 = 0,65 Vrd = 10 Ω
ID = mA
25.Системи численняСередня
Запишіть −73 як 8-бітовий шаблон у додатковому коді. Прочитайте шаблон як беззнакове двійкове число: яке його значення U у десятковій системі?
N = −738 bit
U =
26.Системи численняСкладна
Встановіть біти за 8-бітовим результатом 1011 1101 XOR 1011 0010. Яке значення R результату в десятковій системі?
1011 1101XOR1011 0010
R =
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСередня
Скористайтеся картою Карно, щоб знайти мінімальну форму добутку сум (POS) для F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 5, 6, 9, 12, 14). Скільки доданків-сум (множників) N вона має?
F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 5, 6, 9, 12, 14)
N =
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригериСкладна
Знайдіть мінімальну форму SOP для F(A, B, C, D) = Σm(1, 4, 12, 13, 15) + d(3, 7, 10), де d позначає байдужі стани. Скільки добутків N вона має?
Знайдіть f(t) для F(s) = (6s + 9)/(s² + 6s + 9) і обчисліть f(0,25).
F(s) = (6s + 9)/(s² + 6s + 9)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Перетворення ЛапласаСкладна
Система підпорядковується рівнянню y″ + 6y′ + 5y = 20·u(t). Вона починає зі спокою (y(0) = 0, y′(0) = 0), а вхід — сходинка u(t) = 2 при t ≥ 0. За допомогою перетворення Лапласа знайдіть вихід y(1).
Об’єкт G(s) = 42/(s(s + 7)) охоплено від’ємним зворотним зв’язком із коефіцієнтом датчика H = 1. Полюси замкненої системи комплексні. Знайдіть їхню дійсну частину σ.
G(s) = 42/(s(s + 7))H = 1
σ =
33.Перехідна характеристикаСередня
Система має передатну функцію G(s) = 190/(s² + 12s + 95) і отримує на вході одиничну сходинку. Знайдіть час піку tp перехідної характеристики.
G(s) = 190/(s² + 12s + 95)
tp = s
34.Перехідна характеристикаСкладна
Одиничний від’ємний зворотний зв’язок має G(s) = K/(s(s + 5)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого перехідна характеристика має перерегулювання 2 %.
G(s) = K/(s(s + 5))%OS = 2 %
K =
35.Діаграми Боде та запасиСередня
RL-фільтр верхніх частот на рисунку має R = 47 Ω, L = 2,2 mH. На вхід подають синусоїдний сигнал 1,7 kHz. Знайдіть фазовий зсув φ сигналу vout відносно vin, у градусах.
R = 47 ΩL = 2,2 mHf = 1,7 kHz
φ = °
36.Діаграми Боде та запасиСкладна
Контур із одиничним зворотним зв’язком має передавальну функцію розімкненого кола L(s) = K/(s(s + 6)(s + 8)). Знайдіть підсилення K, що дає запас за підсиленням 3 dB.
L(s) = K/(s(s + 6)(s + 8))GM = 3 dB
K =
37.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСередня
Контур на схемі має передавальну функцію розімкненої системи L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4)). Коефіцієнт підсилення збільшують, доки замкнена система не опиниться на межі стійкості. Знайдіть частоту ω незатухних коливань.
L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4))
ω = rad/s
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годографСкладна
Показано кореневий годограф L(s) = K/(s(s + 8)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого полюси замкненої системи мають коефіцієнт демпфування ζ = 0,8.
L(s) = K/(s(s + 8))ζ = 0,8
K =
39.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСередня
Контур з одиничним зворотним зв’язком має G(s) = K/((s + 2)(s + 5)). Знайдіть коефіцієнт підсилення K, за якого усталена похибка для східчастого входу становить 25 %.
G(s) = K/((s + 2)(s + 5))ess = 25 %
K =
40.Усталена похибка та ПІД-регулюванняСкладна
ПД-регулятор C(s) = 4 + Kd·s керує об’єктом G(s) = 4/(s(s + 1)) у контурі з одиничним зворотним зв’язком. Знайдіть диференціальний коефіцієнт Kd, за якого замкнена система має коефіцієнт демпфування ζ = 0,8.
G(s) = 4/(s(s + 1))Kp = 4ζ = 0,8
Kd = s
3Розчини
1.Послідовні й паралельні резистори
Відповідь: Req = 9 Ω
Послідовне й паралельне з’єднання: послідовно через кожен резистор тече той самий струм і R = R₁ + R₂ + …. Паралельно на кожному резисторі та сама напруга і 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Драбинчасту мережу спрощують по одній парі, доки не залишиться один еквівалентний опір.
Об’єднуйте резистори з дальнього кінця
Почніть із кінця, найдальшого від джерела, і рухайтеся до нього. Резистори з однаковим струмом з’єднані послідовно; резистори між тими самими двома вузлами — паралельно.
R3 + R4 = 6 + 6 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Req = R1 + 3 = 6 + 3 = 9 Ω
Відповідь
Req = 9 Ω
2.Послідовні й паралельні резистори
Відповідь: IR1 = 0,5633 A
Послідовне й паралельне з’єднання: послідовно через кожен резистор тече той самий струм і R = R₁ + R₂ + …. Паралельно на кожному резисторі та сама напруга і 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Драбинчасту мережу спрощують по одній парі, доки не залишиться один еквівалентний опір.
Об’єднуйте резистори з дальнього кінця
Почніть із кінця, найдальшого від джерела, і рухайтеся до нього. Резистори з однаковим струмом з’єднані послідовно; резистори між тими самими двома вузлами — паралельно.
R5 + R6 = 15 + 10 = 25 Ω
R4 ∥ 25 = 11,11 Ω
R3 + 11,11 = 21,11 Ω
R2 ∥ 21,11 = 7,651 Ω
Req = R1 + 7,651 = 3 + 7,651 = 10,65 Ω
Струм джерела
Джерело бачить лише Req, тож закон Ома дає струм, який воно віддає. Цей струм тече через R₁.
IR1 = V1/Req = 6/10,65 = 0,5633 A
Відповідь
IR1 = 0,5633 A
3.Метод вузлових потенціалів
Відповідь: VB = 14,4 V
Метод вузлових потенціалів: оберіть опорний вузол, позначте невідомі вузлові напруги, запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла за законом Ома (I = ΔV/R) і розв’яжіть отримані рівняння.
Утворіть надвузол
Струм через джерело напруги між A і B невідомий, тож ЗСК не можна записати для A чи B окремо. Об’єднайте A, B і джерело в один надвузол: струм, що входить у нього, дорівнює струму, що виходить.
VB = VA + Vs = VA + 3
VA/R1 + VB/R2 = Is
Розв’яжіть
VA/3 + (VA + 3)/12 = 5
VA = (5 − 3/12)/(1/3 + 1/12) = 11,4 V
VB = 11,4 + 3 = 14,4 V
Відповідь
VB = 14,4 V
4.Метод вузлових потенціалів
Відповідь: VB = 17,39 V
Метод вузлових потенціалів: оберіть опорний вузол, позначте невідомі вузлові напруги, запишіть закон струмів Кірхгофа для кожного невідомого вузла за законом Ома (I = ΔV/R) і розв’яжіть отримані рівняння.
Визначте вузли
Земля — нижній провід. Відомі вузлові напруги беруться прямо з джерел (V1 = 9 V, V2 = 5 V). Невідомі: VA, VB.
ЗСК у вузлі A
Струми, що виходять із A через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у A.
VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/4 + (VA − 9)/6 + (VA − VB)/5 = 0
0,6167·VA − 0,2·VB = 1,5
ЗСК у вузлі B
Струми, що виходять із B через резистори, дорівнюють струму, який джерела подають у B.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/6 + (VB − VA)/5 + (VB − 5)/10 = 6
−0,2·VA + 0,4667·VB = 6,5
Розв’яжіть
Δ = (0,6167)(0,4667) − (−0,2)(−0,2) = 0,2478
VA = Δ1/Δ = 2/0,2478 = 8,072 V
VB = Δ2/Δ = 4,308/0,2478 = 17,39 V
Відповідь
VB = 17,39 V
5.Метод контурних струмів
Відповідь: IR1 = 1 A
Метод контурних струмів: дайте кожному вікну плоского кола власний контурний струм, запишіть закон напруг Кірхгофа для кожного контуру (сума спадів = сума зростань) і розв’яжіть. Струми гілок — це контурний струм або різниця двох контурних струмів у спільній гілці.
Призначте контурні струми
У кожному вікні намалюйте струм за годинниковою стрілкою: I1, I2. Резистор, спільний для двох контурів, проводить різницю їхніх струмів.
ЗНК для контуру 1
Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).
R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
5·I1 + 2(I1 − I2) = 9
7·I1 − 2·I2 = 9
ЗНК для контуру 2
Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).
R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
2·I2 + 2(I2 − I1) = (−6)
−2·I1 + 4·I2 = −6
Розв’яжіть
Δ = (7)(4) − (−2)(−2) = 24
I1 = Δ1/Δ = 24/24 = 1 A
I2 = Δ2/Δ = −24/24 = −1 A
Відповідь
IR1 = I1 = 1 A
Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.
6.Метод контурних струмів
Відповідь: VR4 = 7,353 V
Метод контурних струмів: дайте кожному вікну плоского кола власний контурний струм, запишіть закон напруг Кірхгофа для кожного контуру (сума спадів = сума зростань) і розв’яжіть. Струми гілок — це контурний струм або різниця двох контурних струмів у спільній гілці.
Призначте контурні струми
У кожному вікні намалюйте струм за годинниковою стрілкою: I1, I2, I3. Резистор, спільний для двох контурів, проводить різницю їхніх струмів.
ЗНК для контуру 1
Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).
R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
4·I1 + 6(I1 − I2) = 12
10·I1 − 6·I2 = 12
ЗНК для контуру 2
Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).
R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
25·I2 + 6(I2 − I1) + 30(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 61·I2 − 30·I3 = 0
ЗНК для контуру 3
Обходячи за годинниковою стрілкою, спади напруги на резисторах дорівнюють зростанням напруги джерел (від − до + у напрямку обходу).
R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
25·I3 + 30(I3 − I2) = (−18)
−30·I2 + 55·I3 = −18
Розв’яжіть
Δ = визначник матриці коефіцієнтів = 22570
I1 = Δ1/Δ = 26220/22570 = 1,162 A
I2 = Δ2/Δ = −1440/22570 = −0,0638 A
I3 = Δ3/Δ = −8172/22570 = −0,3621 A
Відповідь
IR4 = I1 − I2 = 1,226 A
VR4 = IR4·R4 = 1,226·6 = 7,353 V
Від’ємний контурний струм тече проти годинникової стрілки.
7.Метод накладання
Відповідь: I = 18 mA
Метод накладання: у лінійному колі будь-яка напруга чи струм дорівнює сумі відгуків на кожне незалежне джерело, що діє окремо. Щоб вимкнути джерело, замініть ідеальне джерело напруги коротким замиканням, а ідеальне джерело струму — розривом. Резистори залишаються на місці.
Запишіть відгук як суму внесків
Кожен внесок пропорційний своєму джерелу з коефіцієнтом, що залежить лише від резисторів.
I = k₁·Vs + k₂·Is
5·k₁ + 8·k₂ = 11
10·k₁ + 6·k₂ = 14,5
Знайдіть коефіцієнти
Δ = (5)(6) − (8)(10) = −50
k₁ = Δ1/Δ = −50/−50 = 1
k₂ = Δ2/Δ = −37,5/−50 = 0,75
k₁ = 1 mA/V, k₂ = 0,75
Обчисліть новий струм
I = 1·12 + 0,75·8 = 18 mA
Відповідь
I = 18 mA
8.Метод накладання
Відповідь: PR4 = 27,65 W
Метод накладання: у лінійному колі будь-яка напруга чи струм дорівнює сумі відгуків на кожне незалежне джерело, що діє окремо. Щоб вимкнути джерело, замініть ідеальне джерело напруги коротким замиканням, а ідеальне джерело струму — розривом. Резистори залишаються на місці.
Випадок 1 · діє лише V1
V₂ стає коротким замиканням, а Iₛ — розривом. З боку A резистор R₃ паралельний послідовній парі R₂+R₄.
R3 ∥ (R2+R4) = 2 ∥ 13 = 1,733 Ω
VA = 24·1,733/(4+1,733) = 7,256 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 7,256·10/13 = 5,581 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (5,581 − 0)/10 = 0,5581 A
Випадок 2 · діє лише Is
Обидва джерела напруги стають короткими замиканнями. Iₛ у точці B розгалужується між R₄ (тепер до землі) і R₂, послідовним із R₁ ∥ R₃.
R1 ∥ R3 = 1,333 Ω, тож лівий шлях — R2+1,333 = 4,333 Ω
Req = R4 ∥ 4,333 = 3,023 Ω
VB = Is·Req = 2,5·3,023 = 7,558 V
VA = VB·1,333/4,333 = 2,326 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (7,558 − 0)/10 = 0,7558 A
Випадок 3 · діє лише V2
V₁ стає коротким замиканням, а Iₛ — розривом. R₁ ∥ R₃ відходить від A, послідовно з R₂ назад до B.
R1 ∥ R3 = 4·2/(4+2) = 1,333 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−5)·4,333/14,33 = −1,512 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −1,512·1,333/4,333 = −0,4651 V
Потужність залежить від квадрата струму, тож метод накладання до неї не застосовний: спочатку додайте струми, потім піднесіть до квадрата.
PR4 = IR4²·R4 = 1,663²·10 = 27,65 W
Відповідь
PR4 = 27,65 W
Сума потужностей окремих випадків дала б 10,04 W, а це неправильно.
9.Тевенен і Нортон
Відповідь: IN = 0,4286 A
Теорема Тевенена: будь-яке лінійне двополюсне коло поводиться як одне джерело напруги Vth, послідовне з опором Rth. Теорема Нортона подає те саме коло як джерело струму IN = Vth/Rth, паралельне Rth.
Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами
Замініть джерела напруги короткими замиканнями, а джерела струму — розривами, а тоді подивіться на коло з боку a–b.
R1 ∥ R2 = 2·4/(2+4) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 8 = 9,333 Ω
Знайдіть Vth — напругу холостого ходу
Коли a–b розімкнені, через R₃ струм не тече, тож спаду на ньому немає і V_b = V_A. R₁ і R₂ утворюють дільник напруги.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 6·4/(2+4) = 4 V
Еквівалент Нортона
Джерело Нортона — те саме коло, подане як джерело струму, паралельне R_th. Його струм — це струм короткого замикання на a–b.
IN = Vth/Rth = 4/9,333 = 0,4286 A
10.Тевенен і Нортон
Відповідь: Vth = 49 V
Теорема Тевенена: будь-яке лінійне двополюсне коло поводиться як одне джерело напруги Vth, послідовне з опором Rth. Теорема Нортона подає те саме коло як джерело струму IN = Vth/Rth, паралельне Rth.
Знайдіть Rth з усіма вимкненими джерелами
Замініть джерела напруги короткими замиканнями, а джерела струму — розривами, а тоді подивіться на коло з боку a–b.
R1 ∥ R2 = 5·20/(5+20) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 6 = 10 Ω
Знайдіть Vth — напругу холостого ходу
Коли a–b розімкнені, Iₛ може текти лише через R₃ у вузол A. Знайдіть V_A накладанням V₁ та Iₛ, потім додайте спад на R₃.
VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 24 + 2,5·4 = 34 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 34 + 2,5·6 = 49 V
11.Перехідні процеси RC і RL
Відповідь: t = 1,151 ms
Перехідні процеси першого порядку: у колі з одним конденсатором або однією котушкою кожна напруга й кожен струм експоненційно змінюються від початкового до кінцевого значення: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, де τ = RC або τ = L/R. Приблизно через 5τ коло виходить на усталений режим.
Стала часу і кінцевий струм
Через тривалий час після замикання котушка поводиться як коротке замикання, тож кінцевий струм визначає лише R.
τ = L/R = 10 mH / 20 Ω = 0,5 ms
i(∞) = Vs/R = 12/20 = 0,6 A
Виразіть час
0,9 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,9)
t = −0,5·ln(0,1) = 1,151 ms
Відповідь
t = 1,151 ms
12.Перехідні процеси RC і RL
Відповідь: vC = 6,839 V
Перехідні процеси першого порядку: у колі з одним конденсатором або однією котушкою кожна напруга й кожен струм експоненційно змінюються від початкового до кінцевого значення: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, де τ = RC або τ = L/R. Приблизно через 5τ коло виходить на усталений режим.
Початкове значення, кінцеве значення, стала часу
Напруга на конденсаторі не може змінитися стрибком, тож вона починає з накопиченого значення й прямує до напруги джерела.
vC(0) = 10 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 1 kΩ · 10 µF = 10 ms
vC(t) = 5 + (10 − 5)·e−t/τ
Напруга в заданий момент
vC(10) = 5 + (5)·e−10/10 = 6,839 V
Відповідь
vC = 6,839 V
13.Повний опір і комплексні амплітуди
Відповідь: φ = −81,55 °
Кола змінного струму й комплексний метод: резистори, котушки й конденсатори мають повні опори R, jωL і 1/(jωC), де ω = 2πf. Послідовно повні опори додаються як опори, але як комплексні числа. Діючі значення струму й напруги підкоряються закону Ома з |Z|.
Реактивні опори
ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,02 = 25,13 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·2,2·10⁻⁶) = 361,7 Ω
Повний опір
Послідовно повні опори додаються як комплексні числа: Z = R + j(XL − XC).
Кола змінного струму й комплексний метод: резистори, котушки й конденсатори мають повні опори R, jωL і 1/(jωC), де ω = 2πf. Послідовно повні опори додаються як опори, але як комплексні числа. Діючі значення струму й напруги підкоряються закону Ома з |Z|.
Реактивні опори
ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,25 = 785,4 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·22·10⁻⁶) = 14,47 Ω
Повний опір
Послідовно повні опори додаються як комплексні числа: Z = R + j(XL − XC).
Через кожен елемент послідовного кола тече той самий струм.
I = V/|Z| = 120/775,1 = 0,1548 A
Напруга на конденсаторі
VC = I·XC = 0,1548·14,47 = 2,24 V
Відповідь
VC = 2,24 V
15.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності
Відповідь: Q = 22,67 kvar
Потужність змінного струму: повна потужність S = V·I (VA) складається з активної потужності P = S·cos φ (W), що виконує корисну роботу, і реактивної потужності Q = S·sin φ (var), що коливається між джерелом і навантаженням. Коефіцієнт потужності — cos φ. Паралельний конденсатор постачає реактивну потужність на місці, тож струм лінії зменшується за тієї самої активної потужності.
Кут
φ = arccos(0,6) = 53,13°, tan φ = 1,333
Реактивна потужність
Q = P·tan φ = 17·1,333 = 22,67 kvar
Відповідь
Q = 22,67 kvar
16.Потужність змінного струму й коефіцієнт потужності
Відповідь: I = 85,6 A
Потужність змінного струму: повна потужність S = V·I (VA) складається з активної потужності P = S·cos φ (W), що виконує корисну роботу, і реактивної потужності Q = S·sin φ (var), що коливається між джерелом і навантаженням. Коефіцієнт потужності — cos φ. Паралельний конденсатор постачає реактивну потужність на місці, тож струм лінії зменшується за тієї самої активної потужності.
Реактивна потужність до і після
Активна потужність P не змінюється; змінюється лише реактивна потужність із мережі.
Q1 = 18·tan(arccos 0,75) = 15,87 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·330·10⁻⁶ = 5972 var = 5,972 kvar
Q2 = 15,87 − 5,972 = 9,903 kvar
Нова повна потужність
S2 = √(18² + 9,903²) = 20,54 kVA
Новий струм лінії
I = S2/V = 20544/240 = 85,6 A
Відповідь
I = 85,6 A
17.Трифазні системи
Відповідь: P = 10,33 kW
Симетричні трифазні системи: у з’єднанні зіркою (Y) лінійна напруга в √3 разів більша за фазну, VL = √3·Vph, а лінійний струм дорівнює фазному. У з’єднанні трикутником (Δ) лінійна напруга дорівнює фазній, а лінійний струм у √3 разів більший за фазний, IL = √3·Iph. Сумарна потужність утричі більша за потужність однієї фази: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Фазна напруга
Vph = VL = 415 V
Фазний струм
|Z| = √(18² + 24²) = 30 Ω
Iph = 415/30 = 13,83 A
Сумарна активна потужність
Активну потужність поглинає лише активна складова кожного опору.
P = 3·Iph²·R = 3·13,83²·18 = 10,33 kW
Відповідь
P = 10,33 kW
Перевірка: cos φ = R/|Z| = 0,6, і √3·VL·IL·cos φ дає ту саму потужність.
18.Трифазні системи
Відповідь: Cph = 1512 µF
Симетричні трифазні системи: у з’єднанні зіркою (Y) лінійна напруга в √3 разів більша за фазну, VL = √3·Vph, а лінійний струм дорівнює фазному. У з’єднанні трикутником (Δ) лінійна напруга дорівнює фазній, а лінійний струм у √3 разів більший за фазний, IL = √3·Iph. Сумарна потужність утричі більша за потужність однієї фази: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Компенсація реактивної потужності: конденсатори постачають реактивну потужність на місці, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Кожен із трьох конденсаторів дає QC/3 = V²·ω·C, де V — напруга на цьому конденсаторі: VL у батареї, з’єднаній трикутником, VL/√3 — у батареї, з’єднаній зіркою.
Реактивна потужність до і після
Активна потужність не змінюється, тож кожен коефіцієнт потужності визначає реактивну потужність: Q = P·tan φ.
Q1 = 200·tan(acos 0,75) = 200·0,8819 = 176,4 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,92) = 200·0,426 = 85,2 kvar
Реактивна потужність від конденсаторів
QC = Q1 − Q2 = 91,18 kvar
Ємність на фазу
У батареї, з’єднаній зіркою, кожен конденсатор увімкнено між лінійним проводом і нейтральною точкою.
Ідеальний трансформатор: напруги відносяться як кількості витків, а струми — обернено: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a і I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, тож вхідна потужність дорівнює вихідній, V₁·I₁ = V₂·I₂. Опір навантаження Z у вторинному колі з боку первинної обмотки виглядає як a²·Z.
Номінальний струм
Обидві обмотки передають однакову повну потужність.
ILV = S/V = 150000/400 = 375 A
Відповідь
ILV = 375 A
20.Трансформатори
Відповідь: Sη,max = 50 kVA
Втрати в трансформаторі: втрати в сталі (гістерезис і вихрові струми) залежать від напруги й однакові за будь-якого навантаження. Втрати в міді обмоток пропорційні квадрату струму, тож при частці навантаження x від номінального вони становлять x²·Pcu,fl. ККД η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), де Pout = x·S·pf. ККД максимальний при навантаженні, за якого втрати в міді дорівнюють втратам у сталі.
Втрати в міді дорівнюють втратам у сталі
x²·2400 = 600 → x = √(600/2400) = 0,5
Навантаження при максимальному ККД
Sη,max = x·S = 0,5·100 = 50 kVA
Відповідь
Sη,max = 50 kVA
21.Схеми з операційними підсилювачами
Відповідь: V− = 0,5 V
Правила ідеального ОП: з від’ємним зворотним зв’язком підсилювач встановлює вихід так, щоб обидва входи мали однакову напругу (V₋ = V₊), і в жоден вхід струм не тече. ЗСК на інвертувальному вході з цими двома фактами дає вихід.
Напруга на входах
Через R₃ і R₄ тече однаковий струм, тож вони утворюють подільник напруги; зворотний зв’язок забезпечує V₋ = V₊.
V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,5·1/(2 + 1) = 0,5 V
V₋ = V₊
Відповідь
V− = 0,5 V
22.Схеми з операційними підсилювачами
Відповідь: Vout = −4,153 V
Правила ідеального ОП: з від’ємним зворотним зв’язком підсилювач встановлює вихід так, щоб обидва входи мали однакову напругу (V₋ = V₊), і в жоден вхід струм не тече. ЗСК на інвертувальному вході з цими двома фактами дає вихід.
Вхідні струми
V₋ = 0, тож на кожному вхідному резисторі вся його вхідна напруга.
I1 = V1/R1 = 0,2/100 = 0,002 mA
I2 = V2/R2 = 1,9/22 = 0,08636 mA
If = I1 + I2 = 0,08836 mA
Вихідна напруга
Vout = −Rf·If = −47·0,08836 = −4,153 V
Відповідь
Vout = −4,153 V
23.Діоди й транзистори
Відповідь: IZ = 35,11 mA
Стабілізатор на стабілітроні: стабілітрон, увімкнений у зворотному напрямку, тримає напругу VZ, поки його струм вищий за мінімальний IZ,min. Послідовний резистор R бере різницю між вхідною та вихідною напругою: IR = (Vin − VZ)/R. Цей струм ділиться між навантаженням, IL = VZ/RL, і стабілітроном: IZ = IR − IL. Проєктуйте за найгіршими випадками: найнижча вхідна напруга при найбільшому навантаженні має все ж лишати IZ,min, а найвища вхідна напруга без навантаження дає найбільшу потужність стабілітрона PZ = VZ·IZ.
Струм резистора
IR = 18,9/470 = 40,21 mA
Струм навантаження
IL = 5,1/1000 = 5,1 mA
Струм стабілітрона
IZ = 40,21 − 5,1 = 35,11 mA
Відповідь
IZ = 35,11 mA
24.Діоди й транзистори
Відповідь: ID = 11,24 mA
Кола зі світлодіодами та діодами: світлодіод, увімкнений у прямому напрямку, має падіння напруги приблизно VF (близько 2 В для червоного, 3 В для синього чи білого) незалежно від струму. Послідовний резистор задає струм: R = (Vs − n·VF)/I для n світлодіодів послідовно. За точнішою моделлю діода V = V₀ + I·rd робоча точка лежить там, де пряма діода перетинає лінію навантаження I = (Vs − V)/R, тож I = (Vs − V₀)/(R + rd).
Об’єднайте два рівняння
12 = 0,65 + I·(1000 + 10)
Робочий струм
ID = 11,35/1010 = 11,24 mA
VD = 0,65 + 0,01124·10 = 0,7624 V
Відповідь
ID = 11,24 mA
25.Системи числення
Відповідь: U = 183
Позиційні системи числення: кожна цифра варта свого значення, помноженого на степінь основи. У двійковій системі розряди варті 1, 2, 4, 8, 16, …, у шістнадцятковій 1, 16, 256, …, де A–F означають 10–15. У 8-бітовому додатковому коді крайній лівий біт вартий −128 замість +128; так зберігаються від'ємні числа.
Інвертуйте і додайте одиницю
73 = 0100 1001
інвертовано: 1011 0110
+1 → 1011 0111
Прочитайте як беззнакове
1011 0111₂ = 256 − 73 = 183
Відповідь
U = 183
26.Системи числення
Відповідь: R = 15
Встановлення бітів: кожен біт має вагу степеня двійки (128, 64, …, 1). Одна шістнадцяткова цифра — це рівно чотири біти, а в 8-бітовому доповняльному коді крайній лівий біт має вагу −128. Порозрядні операції працюють з кожною позицією біта окремо.
Біт за бітом
XOR дає 1, де два біти різні.
1011 1101
XOR 1011 0010
= 0000 1111
Значення результату
0000 1111₂ = 15
Відповідь
R = 15
27.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери
Відповідь: N = 5
Карти Карно: клітинки впорядковано за кодом Грея (00, 01, 11, 10), тож сусідні клітинки, зокрема через краї, відрізняються рівно однією змінною. Групуйте одиниці в прямокутники по 1, 2, 4, 8 або 16 клітинок, якомога більші й у якомога меншій кількості, доки кожну 1 не буде покрито. Кожна група — це один добуток: змінні, що лишаються сталими всередині неї. Група з 2ᵏ клітинок втрачає k змінних. Байдужі стани (X) можна використовувати, щоб групи були більшими, але їх не обов’язково покривати. Групування нулів замість одиниць дає мінімальну форму POS.
Згрупуйте нулі
Кожна група — це прямокутник із 2ᵏ клітинок; крайні клітинки є сусідами клітинок на протилежному краї.
(C′ + D′)
(A + B + D′)
(A′ + B + D)
(A′ + B′ + D′)
(A + B′ + C + D)
Мінімальна форма POS
F = (C′ + D′)(A + B + D′)(A′ + B + D)(A′ + B′ + D′)(A + B′ + C + D)
N = 5
Відповідь
N = 5
28.Цифрова логіка: вентилі, карти Карно та тригери
Відповідь: N = 3
Карти Карно: клітинки впорядковано за кодом Грея (00, 01, 11, 10), тож сусідні клітинки, зокрема через краї, відрізняються рівно однією змінною. Групуйте одиниці в прямокутники по 1, 2, 4, 8 або 16 клітинок, якомога більші й у якомога меншій кількості, доки кожну 1 не буде покрито. Кожна група — це один добуток: змінні, що лишаються сталими всередині неї. Група з 2ᵏ клітинок втрачає k змінних. Байдужі стани (X) можна використовувати, щоб групи були більшими, але їх не обов’язково покривати. Групування нулів замість одиниць дає мінімальну форму POS.
Прості імпліканти
Найбільші групи, які можна утворити з одиниць і X.
BC′D′, BCD, A′B′D, ABD, ABC′
Мінімальне покриття
F = BC′D′ + A′B′D + ABD
N = 3
Відповідь
N = 3
29.Перетворення Лапласа
Відповідь: f(0.25) = 1,771
Перетворення Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt перетворює похідні на множення на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартні пари: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), а зсув s → s + σ множить оригінал на e−σt. Щоб знайти оригінал раціональної F(s), розкладіть її на простіші дроби: коефіцієнт простого полюса p дорівнює A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема про кінцеве значення: f(∞) = lims→0 s·F(s), справедлива лише тоді, коли всі полюси s·F(s) лежать у лівій півплощині. Теорема про початкове значення: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Розкладіть знаменник на множники
s² + 6s + 9 = (s + 3)²
Простіші дроби
6s + 9 = 6(s + 3) + −9
F(s) = 6/(s + 3) − 9/(s + 3)²
Обернене перетворення
f(t) = 6·e−3t − 9·t·e−3t
f(0,25) = (6 − 9·0,25)·e−3·0,25 = 1,771
Відповідь
f(0,25) = 1,771
30.Перетворення Лапласа
Відповідь: y(1) = 4,335
Перетворення Лапласа: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt перетворює похідні на множення на s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Стандартні пари: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), а зсув s → s + σ множить оригінал на e−σt. Щоб знайти оригінал раціональної F(s), розкладіть її на простіші дроби: коефіцієнт простого полюса p дорівнює A = [(s − p)·F(s)] при s = p. Теорема про кінцеве значення: f(∞) = lims→0 s·F(s), справедлива лише тоді, коли всі полюси s·F(s) лежать у лівій півплощині. Теорема про початкове значення: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Перетворіть рівняння
Y(s) = 40/(s(s + 1)(s + 5))
Простіші дроби
A = 40/(1·5) = 8
B = 40/((−1)·4) = −10
C = 40/((−5)·(−4)) = 2
Виведення
y(t) = 8 − 10·e−t + 2·e−5t
y(1) = 4,335
Відповідь
y(1) = 4,335
31.Блок-схеми
Відповідь: K = 6,25
Алгебра блок-схем: блоки, з’єднані послідовно, перемножуються (G₁·G₂), блоки, з’єднані паралельно, додаються (G₁ + G₂), а контур із прямим шляхом G і шляхом зворотного зв’язку H зводиться до T = G/(1 + G·H) для від’ємного зворотного зв’язку та G/(1 − G·H) для додатного. Спершу згортайте внутрішні контури, потім рухайтеся назовні. Полюси замкненої системи — корені характеристичного рівняння 1 + G(s)H(s) = 0. Для стійкого контуру вхідна сходинка розміром A дає усталений вихід A·T(0); за одиничного зворотного зв’язку усталена похибка на сходинку дорівнює A/(1 + Kp), де Kp = G(0).
Характеристичне рівняння
1 + K/((s + 1)(s + 6)) = 0 → s² + 7s + 6 + K = 0
Кратний корінь
Квадратний тричлен s² + βs + γ має подвійний корінь, коли β² = 4γ.
7² = 4(6 + K) → K = 49/4 − 6 = 6,25
Відповідь
K = 6,25
Обидва полюси замкненої системи тоді лежать у s = −3,5.
32.Блок-схеми
Відповідь: σ = −3,5
Алгебра блок-схем: блоки, з’єднані послідовно, перемножуються (G₁·G₂), блоки, з’єднані паралельно, додаються (G₁ + G₂), а контур із прямим шляхом G і шляхом зворотного зв’язку H зводиться до T = G/(1 + G·H) для від’ємного зворотного зв’язку та G/(1 − G·H) для додатного. Спершу згортайте внутрішні контури, потім рухайтеся назовні. Полюси замкненої системи — корені характеристичного рівняння 1 + G(s)H(s) = 0. Для стійкого контуру вхідна сходинка розміром A дає усталений вихід A·T(0); за одиничного зворотного зв’язку усталена похибка на сходинку дорівнює A/(1 + Kp), де Kp = G(0).
Характеристичне рівняння
s(s + 7) + 42·1 = 0 → s² + 7s + 42 = 0
Корені
s = −3,5 ± j·√(42 − 12,25) = −3,5 ± j5,454
σ = −3,5
Відповідь
σ = −3,5
33.Перехідна характеристика
Відповідь: tp = 0,409 s
Перехідна характеристика: система першого порядку G(s) = K/(τs + 1) відповідає на сходинку розміром U як y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): вона досягає 63,2 % кінцевого значення K·U за одну сталу часу τ і 98 % за 4τ. Система другого порядку G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) має полюси s = −ζωₙ ± jωd, де ωd = ωₙ√(1 − ζ²). За 0 < ζ < 1 перехідна характеристика має перерегулювання: відсоток перерегулювання %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), час піку tp = π/ωd, а 2-відсотковий час встановлення ts ≈ 4/(ζωₙ). Порівняйте знаменник із s² + 2ζωₙs + ωₙ², щоб знайти ωₙ і ζ. Для системи маса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) і ζ = c/(2√(km)); для послідовного RLC-кола ωₙ = 1/√(LC) і ζ = (R/2)·√(C/L).
Перехідна характеристика: система першого порядку G(s) = K/(τs + 1) відповідає на сходинку розміром U як y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): вона досягає 63,2 % кінцевого значення K·U за одну сталу часу τ і 98 % за 4τ. Система другого порядку G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) має полюси s = −ζωₙ ± jωd, де ωd = ωₙ√(1 − ζ²). За 0 < ζ < 1 перехідна характеристика має перерегулювання: відсоток перерегулювання %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), час піку tp = π/ωd, а 2-відсотковий час встановлення ts ≈ 4/(ζωₙ). Порівняйте знаменник із s² + 2ζωₙs + ωₙ², щоб знайти ωₙ і ζ. Для системи маса–пружина–демпфер ωₙ = √(k/m) і ζ = c/(2√(km)); для послідовного RLC-кола ωₙ = 1/√(LC) і ζ = (R/2)·√(C/L).
Передатна функція замкненої системи
T(s) = K/(s² + 5s + K)
Коефіцієнт демпфування за перерегулюванням
ζ = −ln(0,02)/√(π² + ln²(0,02)) = 0,7797
Коефіцієнт підсилення
ωₙ = 5/(2ζ) = 3,206 rad/s
K = ωₙ² = 10,28
Відповідь
K = 10,28
35.Діаграми Боде та запаси
Відповідь: φ = 63,44 °
Частотна характеристика: підставте s = jω у передавальну функцію. Модуль у децибелах дорівнює 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумі кутів множників чисельника мінус кути множників знаменника. Фільтр першого порядку RC або RL має частоту зрізу (−3 dB) ωc = 1/(RC) або R/L, а fc = ωc/(2π); фільтр нижніх частот дає |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) і φ = −atan(ω/ωc). На асимптотичній (ламаній) діаграмі Боде кожен полюс згинає модуль вниз на 20 dB/decade на своїй частоті зламу, кожен нуль згинає його вгору на 20 dB/decade, а інтегратор 1/s дає −20 dB/decade на всіх частотах. Частота зрізу за коефіцієнтом підсилення ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас за фазою PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перетину за фазою ω180: ∠L(jω) = −180°; запас за підсиленням GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнена система стійка, коли обидва запаси додатні.
Частота зрізу
ωc = R/L = 47/0,0022 = 21364 rad/s
fc = 3400 Hz → f/fc = 1700/3400 = 0,5
Фаза
φ = 90° − atan(0,5) = 63,44°
Відповідь
φ = 63,44°
36.Діаграми Боде та запаси
Відповідь: K = 475,7
Частотна характеристика: підставте s = jω у передавальну функцію. Модуль у децибелах дорівнює 20·log₁₀|H(jω)|, а фаза — сумі кутів множників чисельника мінус кути множників знаменника. Фільтр першого порядку RC або RL має частоту зрізу (−3 dB) ωc = 1/(RC) або R/L, а fc = ωc/(2π); фільтр нижніх частот дає |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) і φ = −atan(ω/ωc). На асимптотичній (ламаній) діаграмі Боде кожен полюс згинає модуль вниз на 20 dB/decade на своїй частоті зламу, кожен нуль згинає його вгору на 20 dB/decade, а інтегратор 1/s дає −20 dB/decade на всіх частотах. Частота зрізу за коефіцієнтом підсилення ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); запас за фазою PM = 180° + ∠L(jωc). Частота перетину за фазою ω180: ∠L(jω) = −180°; запас за підсиленням GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Замкнена система стійка, коли обидва запаси додатні.
Критерій Рауса–Гурвіца: лінійна система стійка, коли всі корені її характеристичного полінома лежать у лівій півплощині s-площини. Запишіть коефіцієнти по черзі в перші два рядки таблиці Рауса. Кожен елемент нового рядка отримують із двох рядків над ним; для кубічного a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ елемент рядка s¹ дорівнює b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Кількість змін знака в першому стовпці дорівнює кількості коренів у правій півплощині. Якщо коефіцієнти містять коефіцієнт підсилення K, усі елементи першого стовпця мають залишатися додатними: значення K, за якого елемент рядка s¹ обертається на нуль, — це межа стійкості, а рядок s² тоді дає частоту незатухних коливань.
Таблиця Рауса
s³ + 6s² + 8s + K = 0
s³: 1, 8
s²: 6, K
s¹: (6·8 − K)/6
s⁰: K
Критичний коефіцієнт підсилення
K = 6·8 = 48
Допоміжне рівняння
При критичному коефіцієнті підсилення рядок s¹ нульовий; рядок s² дає полюси на уявній осі.
6s² + 48 = 0 → s = ±j√8
ω = 2,828 rad/s
Відповідь
ω = 2,828 rad/s
38.Стійкість: Раус–Гурвіц і кореневий годограф
Відповідь: K = 25
Кореневий годограф: зі зростанням коефіцієнта підсилення K від 0 до ∞ полюси замкненої системи, тобто корені рівняння 1 + K·G(s) = 0, рухаються від полюсів розімкненої системи до її нулів або до нескінченності. Точка дійсної осі належить годографу, коли кількість дійсних полюсів і нулів праворуч від неї непарна. n − m віток, що йдуть у нескінченність, прямують уздовж асимптот під кутами (2q + 1)·180°/(n − m), які виходять із центра σₐ = (Σ полюсів − Σ нулів)/(n − m). Гілки відходять від дійсної осі або сходяться на ній там, де dK/ds = 0. Умова кута ∠G(s) = 180° визначає форму годографа, а умова модуля K = 1/|G(s)| дає значення K у будь-якій точці годографа.
Порівняйте зі стандартною формою
s² + 8s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,8·ωₙ = 8 → ωₙ = 5 rad/s
Коефіцієнт підсилення
K = ωₙ² = 5² = 25
Відповідь
K = 25
Полюси замкненої системи лежать там, де лінія ζ перетинає вертикальну гілку s = −4.
39.Усталена похибка та ПІД-регулювання
Відповідь: K = 30
Усталена похибка: у контурі з одиничним зворотним зв’язком і передавальною функцією розімкненої системи G(s) похибка дорівнює E(s) = R(s)/(1 + G(s)), а за теоремою про кінцеве значення ess = lims→0 s·E(s). Тип системи — це кількість полюсів G(s) у точці s = 0. Константи похибок: Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) і Ka = lim s²·G(s), усі при s → 0. Східчастий сигнал величини A дає ess = A/(1 + Kp), лінійно наростальний A·t дає A/Kv, а параболічний A·t²/2 дає A/Ka. Контур типу 0 відпрацьовує східчастий сигнал зі скінченною похибкою, контур типу 1 відпрацьовує його точно, а лінійно наростальний — зі скінченною похибкою.
Потрібна константа похибки
1/(1 + Kp) = 0,25 → Kp = 3
Коефіцієнт підсилення
K/10 = 3 → K = 30
Відповідь
K = 30
Перевірте також стійкість замкненої системи: для цього контуру другого порядку будь-яке K > 0 стійке.
40.Усталена похибка та ПІД-регулювання
Відповідь: Kd = 1,35 s
П-, ПІ- і ПІД-регулювання: регулятор C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s діє на похибку. Пропорційний коефіцієнт підсилення робить контур швидшим і зменшує похибку об’єкта типу 0, але ніколи не усуває її. Інтегральна складова додає полюс у точці s = 0: тип системи зростає на одиницю, і східчастий сигнал відпрацьовується без похибки. Диференціальна складова додає демпфування. Щоб підібрати коефіцієнти, запишіть характеристичний поліном замкненої системи й порівняйте його з s² + 2ζωns + ωn². Тоді %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd при ωd = ωn√(1 − ζ²), а ts ≈ 4/(ζωn).
Характеристичний поліном
s(s + 1) + 4(4 + Kds) = s² + (1 + 4Kd)s + 16
Власна частота
ωₙ = √16 = 4 rad/s
Диференціальний коефіцієнт підсилення
1 + 4Kd = 2·0,8·4 = 6,4
Kd = 1,35 s
Відповідь
Kd = 1,35 s
Диференціальна складова додає демпфування, не змінюючи ωₙ.
Це незалежні навчальні матеріали. ExamProblems не пов’язаний з організацією, що проводить цей іспит, і не схвалений нею; назву іспиту вжито лише для опису змісту. Іспит FE exam проводить NCEES; ця організація не пов’язана з ExamProblems і не підтримує його.